Tài liệu Đề thi thử tuyển sinh CĐ ĐH môn Toán khối B và D năm 2010 pptx

Sở GD & ĐT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D Tháng 03/2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) Cho hàm số y = x x-1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình 2 os6x+2cos4x- 3 os2x = sin2x+ 3cc 2. Giải hệ phương trình 2 22 1 22 22 xx y yyx y ⎧ +− = ⎪ ⎨ ⎪ −−=− ⎩ Câu III. (1.0 điểm) Tính tích phân 1 23 0 (sin ) 1 x x xd x + + ∫ x Câu IV. (1.0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 111 2 xyz + +≥ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1 ) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d 2 ): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1 ), (d 2 ), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) Giải bất phương trình 23 34 2 log ( 1) log ( 1) 0 56 xx x x +− + > −− B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q): x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình 1223x 2 2 xx x xxx x C C −− − + ++= k n CCC ( là tổ hợp chập k của n phần tử) .HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D Tháng 03/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 xx fx fx →+∞ →−∞ == − nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 11 lim ( ) , lim xx fx + →→ =+∞ =−∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 (1)x −< − 0.25 Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) Bảng biến thiên 0.25 ĐỀ CHÍNH THỨC 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên và (;1−∞ ) (1; )+∞ Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 00 1 () (1) 1 x yxx xx =− − + − − 2 0 22 00 1 0 (1) (1) x xy xx ⇔− − + = −− 0.25 Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 (1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 (0 1 t t t > + - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ ) ta có f’(t) = 2 44 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 ttt tt −++ ++ 0.25 f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 11 0 x x x = ⎡ −=⇔ ⎢ = ⎣ 0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x 0.25 os x=0 2cos5x =sinx+ 3 cos c x ⎡ ⇔ ⎢ ⎣ 0.25 cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c π = ⎡ ⎢ ⇔ ⎢ ⎣ 0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) 2 24 2 2 42 7 xk k x k x π π π π π π ⎡ =+ ⎢ ⎢ ⎢ ⇔=−+ ⎢ ⎢ ⎢ =+ ⎢ ⎣ 0.25 ĐK : 0 y ≠ hệ 2 2 1 22 21 20 xx y x yy ⎧ +− −= ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ +−−= ⎪ ⎩ 0 0 0 đưa hệ về dạng 2 2 22 22 uuv vvu ⎧ + −−= ⎪ ⎨ + −−= ⎪ ⎩ 0.5 2.(1.0đ) 2 1 1 1 220 37 37 22 , 17 17 22 uv uv uv uv vvu uu vv ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎧= == ⎡ ⎢ ⎪ ⎢ ⎢ =− ⇔⇔==− ⎨ ⎣ ⎢ ⎪ +−−= ⎧ ⎧ −+ ⎢ ⎩ == ⎪⎪ ⎢ ⎪⎪ ⎢ ⎨⎨ −+ −− ⎢ ⎪⎪ == ⎢ ⎪⎪ ⎩⎩ ⎣ Từ đó ta có nghiệm của hệ (-1 ;-1),(1 ;1), ( 37 2 ; 2 71 − − ), ( 37 2 ; 2 71 + + ) 0.5 11 23 00 sin 1 x I x x dx dx x =+ + ∫∫ 0.25 Ta tính I 1 = 1 23 0 sinx xdx ∫ đặt t = x 3 ta tính được I 1 = -1/3(cos1 - sin1) 0.25 Câu III. (1.0đ) Ta tính I 2 = 1 0 1 x dx x + ∫ đặt t = x ta tính được I 2 = 1 2 0 1 2(1 ) 2(1 ) 2 14 dt t 2 π π − =−=− + ∫ 0.25 Từ đó ta có I = I 1 + I 2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2 2 π − 0.25 Ta có 111 2 xyz ++≥ nên 0.25 11111(1)(1) 11 2 ( yz yz xyzyz yz −− −− ≥− +− = + ≥ 1) Tương tự ta có 11111(1)(1) 11 2 ( xz xz yxzxz xz −− −− ≥− +− = + ≥ 2) 111 11(1)(1) 11 2 ( xy xy yxyxy xy −− −− ≥− +− = + ≥ 3) 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 (1)(1)(1) 8 xyz − −−≤ 0.25 Câu IV. (1.0đ) vậy A max = 13 82 xyz⇔=== 0.25 [...]... S (1.0đ) Ta có ΔSBD = ΔDCB (c.c.c) ⇒ SO = CO Tương tự ta có SO = OA C D H O vậy tam giác SCA vuông tại S B A ⇒ CA = 1 + x 2 Mặt khác ta có AC 2 + BD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + AD 2 ⇒ BD = 3 − x 2 (do 0 < x < 3) ⇒ S ABCD = 1 1 + x2 3 − x2 4 Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) 0.25 Vì SB = SD nên HB = HD ⇒ H ∈ CO Mà 1 1 1 x = + 2 ⇒ SH = 2 2 SH SC SA 1 + x2 0.25 Vậy V = 1 x 3 − x 2 (dvtt) 6 Câu 0.5 VIa... điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B( 0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 2 (1.0đ) 1.0 Y D' Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ A' C' B' Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) N M D A B( 2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) C Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0... +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có Z điểm M,N ,B, C’ có d ng B X 5 ⎧ ⎪A = − 2 ⎧1 + 2 A + D = 0 ⎪ 5 ⎪2 + 2 B + 2C + D = 0 ⎪ ⎪ B = − ⇔⎨ 2 ⎨ ⎪8 + 4 A + 4C + D = 0 ⎪ 1 ⎪8 + 4 B + 4C + D = 0 ⎪C = − ⎩ 2 ⎪ D = 4 ⎩ Vậy b n kính R = Câu A2 + B 2 + C 2 − D = 15 Đk: x > - 1 0.25 VIIa (1.0đ) 3log 3 ( x + 1) log 3 4 >0 ( x + 1)( x − 6) 2 log 3 ( x + 1) − b t phương trình ⇔ ⇔ 0.25 log 3 ( x + 1) lµm b i kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®-îc . O C B Ta có ( )SBD DCB c c c SO COΔ=Δ ⇒= Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S. 2 1CA x⇒=+ Mặt khác ta có 22222 S H D A 2 ACBDABBCCDAD+=+++. 2 4 A AD BCD B ACD C BCD D ⎧ =− ⎪ ++= ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ +++= =− ⎪⎪ ⇔ ⎨⎨ +++= ⎪⎪ =− ⎪⎪ +++= ⎩ ⎪ ⎪ = ⎩ Vậy b n kính R = 222 15ABCD++−= Đk: x > - 1 0.25 b t phương